Théorie des champs classiques

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1 Théorie des champs classiques Harold Erbin Notes de cours de Magistère M1, donné par M. Nitti. Ce texte est publié sous la licence libre Licence Art Libre : Version : 12 février 2011 Site :

2 Table des matières Table des matières 2 1 Introduction Recherche d une équation d onde relativiste : l équation de Klein Gordon 4 2 Relativité restreinte Transformations de Lorentz Tenseurs Formalisme lagrangien Rappels de mécanique du point Formulation lagrangienne des champs Analyse dimensionnelle Dérivée fonctionnelle Conditions aux bord Description hamiltonienne des champs Champ scalaire réel Solution de l équation de Klein Gordon Solution générale Calcul de l énergie Quantification canonique Champ scalaire en interaction Champ scalaire avec source Fonctions de Green Cas général Fonctions de Green avancée et retardée Autres fonctions de Green Énergie et couplage Potentiels retardés Auto-interactions Symétries et lois de conservations Généralités Théorème de Noether et courants conservés Énoncé et démonstration Autres démonstrations Applications du théorème de Noether Symétrie U(1) Tenseur énergie impulsion Transformations de Lorentz Invariance de jauge et champs vectoriels Transformation de jauge locale Équations pour le champ vectoriel Degrés de liberté du champ vectoriel Transformations de jauge Formalisme hamiltonien

3 7.4 Champ vectoriel massif Spin du champ vectoriel Fonction de Green pour le champ vectoriel Brisures de symétries Brisure explicite de symétrie Brisure globale de symétrie, théorème de Goldstone Brisure locale de symétrie, mécanisme de Higgs Théories de jauge non abéliennes Symétrie U(2) Symétrie SU(2) Symétrie SU(2) locale Généralisations Brisures de symétries non abéliennes Champs de spin Procédure de Noether Translation locale et champ tensoriel A Théorie des champs conformes 80 Index 84 Table des figures 86 3

4 1 Introduction 1.1 Recherche d une équation d onde relativiste : l équation de Klein Gordon La relation de dispersion d une particule non relativiste est E = p2 2m ce qui conduit à l équation de Schrödinger i t ψ(t, x) = 2 2m 2 ψ(t, x) i t ψ (t, x) = 2 2m 2 ψ (t, x) en utilisant les relations de correspondances (1.1) (1.2a) (1.2b) E i t p i (1.3) La densité de probabilité d une particule en un point de l espace est donnée par ρ(t, x) = ψ(t, x) 2 (1.4) Cherchons l équation de conservation associée à cette quantité : ce qui donne t ψ 2 = ψ t ψ + ψ t ψ ( ) ( = ψ 2im 2 ψ + ψ ) 2im 2 ψ = 2im (ψ 2 ψ ψ 2 ψ) = 2im (ψ ψ ψ ψ) t ρ + J = 0 (1.5) en définissant J = 2im (ψ ψ ψ ψ ) (1.6) Cette équation signifie que la "charge" associée à la densité ρ, définie par Q = ρ(t, x) d 3 x (1.7) R 3 est conservée (ici il s agit de la probabilité de présence dans l espace entier, qui vaut 1). En effet, on a : dq dt = d ρ(t, x) d 3 x = t ρ(t, x) d 3 x dt R 3 R 3 = J(t, x) d 3 x = J n ds = 0 R 3 R 3 4

5 Essayons de procéder de même dans le cas relativiste avec la relation de dispersion E 2 c 2 p 2 = m 2 c 4 (1.8) On obtient l équation de Klein Gordon ( 2 2 t + c c 4 m 2 )ψ(t, x) = 0 qui se récrit ( 1 c 2 2 t 2 + m2 c 2 2 ( 1 c 2 2 t 2 + m2 c 2 2 ) ψ = 0 ) ψ = 0 (1.9a) (1.9b) Toutefois cette expression conduit à deux problèmes qui conduisent à la rejeter. La relation de dispersion (1.8) donne E = ± c 2 p 2 + m 2 c 4 (1.10) or la solution négative ne peut être physique car elle correspond à une diminution de l énergie du système qui peut être arbitrairement grande (puisque p n est pas borné) : il serait impossible d atteindre le niveau fondamental. En multipliant les équations (1.9) respectivement par ψ et ψ puis en les soustrayant, on obtient 1 c 2 (ψ 2 t ψ ψ 2 t ψ ) = ψ 2 ψ ψ 2 ψ 1 c 2 t(ψ t ψ ψ t ψ ) = (ψ ψ ψ ψ ) d où avec 1 t ρ + J = 0 (1.11) ρ = i c 2 (ψ t ψ ψ t ψ ) (1.12a) J = i(ψ ψ ψ ψ ) (1.12b) Pour une valeur négative de l énergie, ρ < 0 et il est donc impossible d interpréter cette grandeur comme une densité de probabilité. Le champ ψ ne peut donc pas être interpréter comme une fonction d onde, mais il peut être assimiler à un champ classique, qui est une observable. Il ne peut correspondre à une particule chargée ou de spin non nul car l équation de Klein Gordon ne fait intervenir aucune de ces deux grandeurs. 1. le facteur i est conventionnel 5

6 2 Relativité restreinte 2.1 Transformations de Lorentz Postulat : Les lois de la physique sont identiques dans tous les référentiels. Ce postulat a pour conséquence que la vitesse de la lumière c est une vitesse universelle. On posera c = 1 dans la suite. On considère un espace à quatre dimension x µ = (t, x, y, z) = (t, x) notées aussi (x 0, x 1, x 2, x 3 ). Un prime dénotera les coordonnées et autres grandeurs dans un autre référentiel. Les transformations de Galilée sont définies par { x = x + vt t = t (2.1) Elles ne sont valables que pour des vitesses v c. Considérons deux points A et B. On émet un signal lumineux du point A au temps t qui arrive en B au temps t. On doit alors avoir ou encore c(t t ) = x x ( s) 2 = c 2 ( t) 2 ( x) 2 = 0 (2.2) Cette quantité invariante est appelée intervalle d espace temps. Plus généralement, on notera cette grandeur ds 2 = c 2 dt 2 dx 2 = η dx (2.3) en définissant le tenseur métrique η par η = (2.4) En adoptant la convention de sommation sur les indices répétés, on note encore ds 2 = η µν dx µ dx ν (2.5) Cherchons maintenant la loi de transformation des coordonnées On a x x µ = f µ (x ν ) = Λ µ νx ν + a µ (2.6) ds 2 = η µν dx µ dx ν = η ρσ dx ρ dx σ = η ρσ Λ ρ µλ σ νdx µ dx ν d où η µν = η ρσ Λ ρ µλ σ ν (2.7) 6

7 On a η µν = ρ,σ Λ ρ µη ρσ Λ σ ν = ρ (Λ t ) ρ µ (ηλ) ρν = (Λ t ηλ) µν ce qui donne la relation fondamentale qui définit les transformations dites de Lorentz. η = Λ t ηλ (2.8) Exemple 2.1. Les rotations R SO(3) définies par R t R = 1 permettent de définir la transformation Λ = 0 0 R 0 avec Λ t = 0 0 R t 0 Cette transformation vérifie bien la propriété (2.8) : Λ t ηλ = R t R = 0 0 R t R = Une rotation d angle θ autour de l axe z est définie par cos θ sin θ 0 R = sin θ cos θ Exemple 2.2. Transformation selon z : a 0 0 b ( t x y z ) = ( ) t x y z c 0 0 d La relation (2.8) donne la condition ch 2 β sh 2 β = 1 (2.9) 7

8 où l on a posé { a = d = ch β b = c = sh β On a les relations (2.10) th β = v 1 ch β = 1 v 2 v sh β = 1 v 2 Les transformations de Lorentz forment un groupe à six paramètres continus : v, associés aux translations ; θ, associés aux rotations. 2.2 Tenseurs Il existe deux types d indices : contravariant : V µ = (V 0, V ) ; covariant : V µ = (V 0, V ), qui se tansforment respectivement comme V ΛV V (Λ t ) 1 (2.11a) (2.11b) Soient a et b deux 4-vecteurs. On définit leur produit scalaire paramètres Le produit scalaire est invariant. En effet : a b = a µ b µ (2.12) a µb µ = (Λ t ) 1 ρ µ Λ µ σa ρ b σ = (Λ 1 ) ρ µλ µ σa ρ b σ = δ ρ σa ρ b σ = a µ b µ L inverse (Λ t ηλ) 1 = η 1 de la relation (2.8) donne On a aussi Soit a Λa, alors on a ηa Λ t ηa d où Λ 1 η 1 (Λ t ) 1 = η 1 (2.13) η = η 1 (2.14) ηλa = (Λ t ) 1 ηλ 1 Λa = (Λ t ) 1 ηa et ainsi η µν a ν = a µ et donc a ν = (η 1 ) µν a ν. On a la relaation η µ ν = δ µ ν (2.15) 8

9 Exemple 2.3. Voici quelques vecteurs contra- et covariants : P µ = (E, p). µ = ( t, ). Le d alembertien est défini par = µ µ = 2 t 2 (2.16) Un tenseur k fois contravariant et p fois contravariant du groupe de Lorentz est un objet qui se transforme comme T ( Λ Λ ) ( (Λ t ) 1 (Λ t ) 1) T (2.17) }{{}}{{} kfois pfois On dira qu il est d ordre (k, p) et il sera noté T µ1 µ k ν1 ν p. On a la relation Λρ σ = η ρµ η σν Λ µ ν = (ηλη) ρ σ Exemple 2.4. scalaire : ordre 0. vecteur : ordre 1. Un tenseur d ordre 2 T µν = Λ α µ Λ β ν T αβ est dit : symétrique si T µν = T νµ ; antisymétrique si T µν = T νµ. Sa trace est donnée par tr T = T µ µ (2.18) Un tenseur d ordre 3 est dit complètement symétrique si T µνρ = T ρµν = T νρµ = Un tenseur sera complètement antisymétrique s il prend un signe moins à chaque permutation impaire. Un champ tensoriel Φ ν1 νn µ 1 µ m (x) se transforme linéairement sous une ou plusieurs matrices Λ sous la transformation x = Λx : Φ ν 1 ν n µ 1 µ m (x ) = Λ ρ1 µ 1 Λ ρm µ m Λ ν1 σ 1 Λ νn σ n Φ σ1 σn ρ 1 ρ m (x) (2.19) Un champ scalaire φ(x) se transforme comme Un champ vectoriel A µ (x) se transforme comme φ (x ) = φ(x) (2.20) A µ(x ) = Λ ν µ A ν (x) (2.21) 9

10 3 Formalisme lagrangien 3.1 Rappels de mécanique du point Un système de coordonnées généralisées q est décrit par l action S[q] = dt L(q, q) (3.1) où L est le lagrangien, généralement donné par L = m 2 q2 V (q) (3.2) Cherchons la variation de l action sous une transformation infinitésimale des coordonnées { q q + δq (3.3) q q + δ q = q + t (δq) en supposant que la variation s annule aux bords du domaine. On obtient alors : S[q + δq] = dt L ( q + δq, q + t (δq) ) ( ) S[q] + dt δq + q q t(δq) ( = S[q] + dtδq q d ) dt q en intégrant par partie puisque le terme intégré est nul. La variation de l action vaut donc ( δs = S[q + δq] S[q] = dtδq q d ) (3.4) dt q et on doit avoir δs = 0 pour tout δq, ce qui nous donne les équations d Euler Lagrange : q d dt q = 0 (3.5) On définit le moment conjugué p d une coordonnée q par p = q Le hamiltonien du système est alors donné par en considérant q comme une fonction de q et p. (3.6) H(q, p) = p q L(q, q) (3.7) 3.2 Formulation lagrangienne des champs Soit un champ φ = φ(x). Il est décrit par l action S[φ] = dtl(φ, µ φ) (3.8) 10

11 Si on considère seulement les théories locales, alors le lagrangien L s écrit comme l intégrale d une densité de lagrangien L : L = d 3 x L(φ, µ φ) (3.9) On écrira alors l action sous la forme S = d 4 x L(φ, µ φ) (3.10) De cette manière S est un invariant de Lorentz à condition que L soit aussi un invariant : seuls les termes du type φ 2, µ φ µ φ, etc., peuvent apparaitre. Par abus de langage, on dit souvent que L est le lagrangien du système. Considérons un intervalle D = [t 0, t 1 ] S où S est un domaine spatial. On notera S le bord de S. Considérons une variation de φ : { φ(x) φ(x) + δφ(x) (3.11) µ φ µ φ + µ (δφ) avec δφ = 0 sur les bords. L action sera alors S[φ + δφ] = d 4 x L ( φ + δφ, µ φ + µ (δφ) ) ( S[φ] + d 4 x φ δφ + ) ( µ φ) µ(δφ) ( ) = S[φ] + d 4 x δφ φ µ + d 3 Σ δφ n µ ( µ φ) D ( µ φ) }{{} =0 car D d 3 Σ δφ n µ ( µ φ) = S [ ] t1 t1 d 3 x dt d 2 x ( µ φ) t 0 t 0 S ( µ φ) = 0 La variation de l action δs = d 4 x δφ ( ) φ µ = 0 (3.12) ( µ φ) conduit donc aux équations d Euler Lagrange pour les champs : µ ( µ φ) φ = 0 (3.13) Exemple 3.1 (Champ scalaire libre). Considérons un champ scalaire φ dont le lagrangien s écrit L = 1 2 µφ µ φ = 1 2 ηρσ ρ φ σ φ (3.14) 11

12 d où car Les équations d Euler Lagrange (3.13) donnent : ( µ φ) = 1 2 ( µ φ) (ηρσ ρ φ σ φ) = 1 2 ηρσ (δ ρ µ σ φ + δ σ µ ρ φ) = 1 2 (ηµσ σ φ + η ρµ ρ φ) = µ φ µ ( µ φ) = µ µ φ = 0 (3.15) φ = 0 Exemple 3.2 (Lagrangien de Klein Gordon). Reprenons le lagrangien de l exemple précédent et ajoutons un terme de masse : L = 1 2 µφ µ φ m2 2 φ2 (3.16) avec m 2 > 0. De manière évidente, on a On obtient l équation de Klein Gordon : φ = m2 φ (3.17) µ µ φ + m 2 φ = 0 (3.18) On peut écrire le lagrangien comme L = 1 ( ) 2 ( φ) 1 2 }{{} 2 ( φ)2 + m2 2 φ2 }{{} =T =V (3.19) et la densité d énergie est alors E = T + V (3.20) On peut écrire l action d une manière différence : S = d 4 x 1 2 ( µφ µ φ m 2 φ 2 ) = 1 d 4 x φ( µ µ φ + m 2 φ) 2 = 1 d 4 x φ( µ µ + m 2 )φ 2 où l on a intégré par partie pour passer à la deuxième ligne. 12

13 Exemple 3.3 (Lagrangien avec auto-interaction). Ajoutons cette fois-ci un terme à la puissance 4 : L = 1 2 µφ µ φ m2 2 φ2 λ 4 φ4 (3.21) avec m 2 > 0, λ > 0. Même si l on choisissait de mettre un signe plus devant le terme de masse, l énergie resterait bornée inférieurement grâce au terme en φ 4. Théorème d Ostrogradski : Si L dépend de dérivées de φ d ordre supérieur à 1, alors H n est pas borné inférieurement. 3.3 Analyse dimensionnelle Dans le système d unités naturelles où c = = 1 (3.22) toutes les grandeurs sont des puissances de la longueur ou de la masse, avec L = M 1 (3.23) L action a comme dimension [S] = 1 et comme [d 4 x] = L 4 = M 4, on doit avoir [L] = L 4 = M 4, ce qui permet de déterminer la dimension du champ : d où [ 2 φ 2 ] = [ 2 ][φ 2 ] = M 2 [φ 2 ] = M 4 ce qui impose la dimension des paramètres : [φ] = M (3.24) [m] = M [λ] = 1 (3.25) Lorsque l on parlera, sans plus de précisions, de la dimension n Z d un paramètre, cela signifiera que sa dimension est M n. Un lagrangien ne peut pas contenir de monômes de degré supérieur à 4 (c est à dire des paramètres de dimension négative) pour des raisons quantiques (il y aurait trop d autointeractions et l énergie serait trop grande). Il s agit du critère de renormalisation. 3.4 Dérivée fonctionnelle Soit F[φ] = d 4 x f(x)φ(x) une fonctionnelle. Sa dérivée fonctionnelle est donnée par δf = f(y) (3.26) δφ(y) Plus généralement, soit F[φ] = d 4 x F (φ(x)) une fonctionnelle. On définit la dérivée fonctionnelle par δf δφ(y) = F (φ) φ (3.27) x=y 13

14 Exemple 3.4. Soit F[φ] = d 4 x φ(x) n, alors δf δφ(x) = nφ(x)n 1 (3.28) Formellement, on peut écrire δf δφ(y) = f(y) = d 4 x f(x)δ (4) (x y) (3.29) et alors On a δ δφ(y) δφ(x) δφ(y) = δ(4) (x y) (3.30) d 4 x F (φ(x)) = d 4 δ x δφ(y) F (φ(x)) = d 4 F (φ) δφ(x) x φ δφ(y) = d 4 F (φ) x φ δ(4) (x y) F (φ) = φ x=y De même que l on écrit la différentielle d une fonction f comme df = i f x i dx i (3.31) on peut écrire la variation d une fonctionnelle comme δf = d 4 x δf δφ(x) (3.32) δφ(x) et ainsi δf = 0 = δf δφ(x) = 0 (3.33) Exemple 3.5. Appliquons ce formalisme au lagrangien de Klein Gordon (3.16) : δs δφ(y) = d 4 x 1 ( ) µ δ (4) (x y) µ φ + µ φ µ δ (4) (x y) m 2 2φδ (4) (x y) 2 = d 4 x 1 2 δ(4) (x y) ( µ µ φ µ µ φ 2m 2 φ ) = µ µ φ m 2 = 0 où l on a intégré par partie pour passer à la deuxième ligne. 14

15 3.5 Conditions aux bord Plaçons nous en deux dimensions pour la suite, le cas à quatre dimensions se déduisant facilement. Avec δφ(t 0 ) = δφ(t 1 ) = 0, la variation de l action S = t1 t 0 dt L 0 dx L(φ, φ, φ ) (3.34) où l on a noté x φ = φ, donne : δs = + t1 t 0 t1 t 0 dt L 0 ( ) dx δφ φ t φ x φ dt δφ(t, L) (t, L) φ t1 t 0 dt δφ(t, 0) (t, 0) φ (3.35) On obtient ainsi les équations d Euler Lagrange et les conditions aux bords (conditions de von Neumann) : t φ + x φ φ = 0 (t, 0) = 0 (t, L) = 0 φ φ (3.36b) (3.36a) Si le champ ne prend pas une valeur nulle sur la surface, alors on obtient l action t1 t1 S = S + µ 0 dt f(φ; t, 0) µ 1 dt f(φ; t, L) (3.37) t 0 t 0 où f est une fonction arbitraire du champ au bord. Considérons la variation du premier terme : t1 t1 δ dt µ 0 f(φ; t, 0) = t 0 = t 0 t1 t 0 t1 dt µ 0 f(φ + δ φ; t, 0) dt µ 0 f(φ; t, 0) t 0 f dt µ 0 (t, 0) δφ(t, 0) φ qui sera regroupé avec l autre terme en δφ(t, 0) (dernier terme de (3.35)). Le terme en µ 1 donnera de même une contribution au terme en δφ(t, L). Les conditions aux bords deviennent donc : φ (t, 0) = µ f 0 (t, 0) φ φ (t, L) = µ f 1 (t, L) (3.38) φ car la variation doit être nulle quels que soient δφ(t, x), δφ(t, 0), δφ(t, L). La contribution du terme de bord n est linéaire que si f et g sont proportionnels à φ 2. Un terme proportionnel à φ fait perdre l homogénéité : il se comporte comme une source localisée sur le bord, et φ = 0 n est plus solution. Pour µ 0 = µ 1 = 0 on retrouve les conditions de von Neumann, et pour µ 0 = µ 1 = on obtient les conditions de Dirichlet : f f (t, 0) = 0 φ (t, L) = 0 (3.39) φ 15

16 Exemple 3.6 (Champ de Klein Gordon avec conditions aux limites). On considère l action de Klein Gordon à deux dimensions avec des termes de bords f(t, x) = φ 2 (t, x) : S = t1 t 0 dt L 0 dx 1 2 ( φ 2 φ 2 m 2 φ 2 ) + µ 0 2 t1 et alors { φ (t, 0) = µ 0 φ(t, 0) φ (t, L) = µ 1 φ(t, L) dt φ 2 (t, 0) µ 1 t Description hamiltonienne des champs On définit le moment conjugué π du champ φ par t1 t 0 dt φ 2 (t, L) (3.40) (3.41) π(x) = φ (3.42) La covariance est brisée par la mise en avant du temps. Le hamiltonien est donné par H = d 3 x H(φ, π) (3.43) où H est la densité de hamiltonien : H = π(x) φ(x) L (3.44) Exemple 3.7 (Hamiltonien de Klein Gordon). Le lagrangien (3.16) devient, en faisant apparaitre φ : L = 1 2 φ ( φ)2 m2 2 φ2 (3.45) ce qui permet de calculer le moment conjugué de φ : et la densité de hamiltonien est π(x) = φ = φ(x) (3.46) H = E = 1 2 π ( φ)2 + m2 2 φ2 (3.47) L énergie se calcule en intégrant l expression précédente : ( 1 E = d 3 x 2 π2 + 1 ) 2 ( φ)2 + m2 2 φ2 }{{} 0 (3.48) 16

17 4 Champ scalaire réel On rappelle le lagrangien de Klein Gordon L g = 1 2 µφ µ φ m2 2 φ2 (4.1) où φ(x) est un champ réel, et l équation du mouvement associée : ( +m 2 )φ = ( 2 t 2 +m 2 )φ = 0 (4.2) 4.1 Solution de l équation de Klein Gordon Solution générale Essayons une solution du type d onde plane (ce qui consiste à faire une transformée de Fourier sur les composantes spatiales) : φ k (t, x) = ψ(t) e ik x (4.3) En injectant cette fonction dans l équation (4.2), on obtient ψ k + (k 2 + m 2 )ψ k = 0 soit encore en notant ψ k + ω 2 kψ k = 0 (4.4) ω 2 k = k 2 + m 2 (4.5) Il s agit de l équation d un oscillateur harmonique qui a pour solution : et donc ψ k (t) = a k e iω kt + b k e iω kt φ k (t, x) = a k e (iω kt k x) + b k e i(ω kt+k x) (4.6) (4.7) La solution générale 2 s obtient en intégrant sur les k : d 4 k ( φ(t, x) = ak (2π) 4 e (iωt k x) + b k e i(ωt+k x)) δ(ω 2 ωk) 2 (4.8) Il reste à imposer la condition de réalité φ = φ. On a φ d 4 k ( (t, x) = a (2π) 4 k e i(ωt k x) + b k e i(ωt+k x)) δ(ω 2 ωk) 2 d 4 k ( = a (2π) 4 k e i(ωt+k x) + b k e i(ωt k x)) δ(ω 2 ωk) 2 2. Il aurait aussi été possible de faire une transformée de Fourier sur les quatre dimensions. On aurait obtenu l équation (k 2 m 2 ) φ = 0, qui admet une solution seulement si k 2 = m 2, ce qui redonne la relation de dispersion (4.5). Il ne reste plus qu à prendre la transformée de Fourier inverse φ = (2π) 4 d 4 k φ e i(ωt+x k) δ(ω 2 ωk 2 ), en se rappelant que l on intègre ω sur R entier. Il faut alors séparer l intégrale sur ω en deux, afin de se ramener uniquement au domaine ω > 0, ce qui donnera les deux termes de l équation (4.8) ci-dessous. 17

18 où on a fait le changement de variable k k. L identification des coefficients avec (4.8) donne les conditions : { a k = b k b k = a (4.9) k d où φ(t, x) = = d 4 k (2π) 4 ( ak e (iωt k x) + a k e i(ωt+k x)) δ(ω 2 ω 2 k) d 4 k (2π) 4 ( ak e (iωt k x) + a k e i(ωt k x)) δ(ω 2 ω 2 k) en faisant le changement de variable k k pour le deuxième terme. Finalement, on définit le quadrivecteur k µ = (ω, k) (4.10) et on obtient la solution pour φ : φ(t, x) = d 4 k ( ak (2π) 4 e ikx + a k e ikx) (4.11) On peut remplacer la mesure par d 3 k : d 4 k (2π) 4 δ(ω2 ωk) 2 d 4 k = (2π) 4 δ( (ω + ω k )(ω ω k ) ) = = = d 4 k (2π) 4 1 d 3 k (2π) 3 d 3 k 1 (2π) 3 2ω k où on a utilisé le fait que ω 0, ainsi que la formule δ ( f(x) ) = {χ i} ( δ(ω + ωk ) + δ(ω ω k ) ) 2ω k dω 1 δ(ω ω k ) 2π 2ω k δ(x χ i ) f (χ i ) (4.12) où les χ i sont les racines de f. La solution peut donc s écrire : d 3 k 1 ( φ(t, x) = ak (2π) 3 e (iωkt k x) + a k e i(ω kt+k x) ) (4.13) 2ω k On remarque que la solution n est plus explicitement covariante sous cette forme. En introduisant les fonctions de fréquences positive et négative f ± (x) = e (iω kt k x) (4.14) on peut écrire la solution sous la forme d φ = φ + + φ 3 k 1 ( = ak (2π) 3 f + k 2ω (x) + a kf k (x)) (4.15) k Nous utiliserons parfois l expression c.c. indiquant qu il faut prendre le complexe conjugué du terme précédent : d 3 k 1 ( φ(t, x) = ak (2π) 3 e ikx + c.c. ) 2ω k 18

19 4.1.2 Calcul de l énergie Cherchons l expression de l énergie ( 1 E = d 3 x 2 φ ) 2 ( φ)2 + m2 2 φ2 (4.16) en fonction de φ. Commençons par calculer φ et φ : d φ 3 k 1 = (2π) 3 2 i( a k e ikx + a k e ikx) (4.17a) d 3 k 1 φ = (2π) 3 ik ( a k e ikx a k e ikx) (4.17b) 2ω k Il est important d utiliser des k différents dans l intégration. Calculons le premier terme en φ 2 : ( d 3 x φ d 2 = d 3 3 k 1 x (2π) 3 2 i( a k e ikx + c.c. ) ) ( d 3 q 1 (2π) 3 2 i( a q e iqx + c.c. ) ) d 3 k d 3 q 1 = (2π) 3 (2π) 3 d 3 x ( a k a q e i(k+q)x a k a q e i(k q)x + c.c. ) 4 d 3 k = (2π) 3 d3 q 1 ( ak a q δ (3) (q + k) e i(ω k+ω q)t 4 a k a qδ (3) (q k) e i(ω k ω q)t + c.c. ) = d 3 k 1( ak (2π) 3 a k e 2iωkt + a k a k + c.c. ) 4 car ω k = ω k, et de même on trouvera que d 3 x ( φ) 2 = d 3 k = (2π) 3 = = et finalement d 3 x φ 2 = ( d d 3 3 k 1 x (2π) 3 d 3 q 1 (2π) 3 4ω k ω q d 3 k (2π) 3 d3 q d 3 k 1 (2π) 3 4ωk 2 d 3 k 1 (2π) 3 4ωk 2 ik ( a k e ikx c.c. ) ) ( d 3 q 2ω k d 3 x ( kq) ( a k a q e i(k+q)x a k a q e i(k q)x + c.c. ) 1 4ω k ω q kq ( a k a q δ (3) (q + k) e i(ω k+ω q)t (2π) 3 1 2ω q iq ( a q e iqx c.c. ) a k a qδ (3) (q k) e i(ω k ω q)t + c.c. ) k 2( a k a k e 2iω kt a k a k + c.c. ) m 2( a k a k e 2iω kt + a k a k + c.c. ) ) 19

20 En rassemblant les trois termes, on obtient ( 1 E = d 3 x 2 φ ) 2 ( φ)2 + m2 2 φ2 = 1 d 3 k 1 ( ω 2 2 (2π) 3 4ωk 2 k a k a k e 2iωkt + ωk 2 a k a k + (ωk 2 m 2 )a k a k e 2iω kt + (ωk 2 m 2 )a k a k + m 2 a k a k e 2iωkt + m 2 a k a k + c.c. ) d 3 k 1 = (2π) 3 4ωk 2 ωk 2 ( ak a k + a ) ka k En posant N k = (2π) 3 2ω k a k a k, on obtient E = d 3 k ω k N k (4.18) ω k N k correspond donc à la densité d énergie par unité de k. 4.2 Quantification canonique On considère un système de N oscillateurs harmoniques de fréquences ω i. Le lagrangien de ce système est L = i 1 2 (p2 i ω 2 i q 2 i ) (4.19) ce qui donnent les équations du mouvement (une par oscillateur) : qui ont pour solution : q i + ω 2 i q i = 0 (4.20) q i = a i e iωit + a i e iωit p i = iω i a i e iωit + iω i a i e iωit Si on promeut p i et q i en opérateurs, alors a i et a i (4.21a) (4.21b) le deviennent aussi : q i ˆq i p i ˆp i a i â i a i â i (4.22) On a les relations de commutations suivantes : [ ] ˆq i, ˆp j = iδ ij (4.23a) [ˆq i, ˆq j ] = [ˆp i, ˆp j ] = 0 Calculons le commutateur de â i et â i à partir de celui de ˆq i et ˆp i : [ ] ˆq i, ˆp j = [â i e iωit + â i eiωit, iω i â i e iωit + iω i â i eiωit] ] [ ] = iω i [â i, â i iω i â i, â i ] = 2iω i [â i, â i = i (4.23b) 20

21 Tous les autres commutateurs seront nuls à cause des relations de commutations (4.23) : [ ] â i, â j = 1 δ ij (4.24a) 2ω [ i ] [â i, â j ] = â i, â j = 0 (4.24b) L hamiltonien du système s écrit : Ĥ = ( ω i ˆN i + 1 ) 2 i (4.25) avec ˆN i = â i âi (4.26) Un état ψ se décompose sur la base des états propres n i de ˆN i : ψ = i ψ n1,...,n N n 1 n N (4.27) Si i devient un indice continu, on obtient le champ de Klein Gordon. On obtient alors la relation de commutation à temps égal (en se rappelant que π = φ) : [ ˆφ(t, x), ˆπ(t, x )] = iδ (3) (x x ) (4.28a) [ ˆφ(t, x), ˆφ(t, x )] = [ˆπ(t, x), ˆπ(t, x )] = 0 (4.28b) qui permettent de déterminer les relation de commutation 3 : ] [â k, â k = (2π) 3 2ω k δ (3) (k k ) (4.29a) ] [â k, â k ] = [â k, â k = 0 (4.29b) On a les différentes relations (avec ψ = n k1 n kn ) : â k 0 k = 0 (4.30a) (â k )n k = n k (4.30b) â kâk = n k n k ˆN k1 ψ = n k1 n k1 ˆN ψ = (n k1 + + n kn ) ψ (4.30c) (4.30d) (4.30e) Le nombre total d excitation est donné par ˆN = d 3 k ˆN k (4.31) Un seul champ permet de décrire plusieurs particules, par exemple : [ ] 3. Il est possible d obtenir la relation de commutation â k, â k = δ (3) (k k ) directement obtenue à partir du cas classique en normalisant les â k : ˆã k = (2π) 3 2ω k â k. Toutefois on perd la covariance explicite des différentes expressions. 21

22 une particule : n k 0 0. deux particules : n k1 n k2 0. Partant de l expression (4.18), on obtient l hamiltonien : Ĥ = = d 3 k 1 (2π) 3 ω k (â kâk + â k â k 4ω ) k d 3 k 1 ( (2π) 3 ω k â kâk + 4ω k = = d 3 k ω k ˆNk d 3 k 1 ( (2π) 3 ω k 4ω k [ ]) â k, â k ) 2â kâk + (2π) 3 2ω k δ (3) (0) d 3 k ω k δ (3) (0) } {{ } H 0 Le deuxième terme H 0 du membre de droite est infini mais constant : on redéfinit l origine des énergies de sorte que ce terme vale zéro : H 0 0 = E 0 0 (4.32) Plaçons le système dans un volume fini V, alors on aura : d H 0 = d 3 k 2ω k δ (3) 3 k (0) H 0 = (2π) 3 2ω kv car d 3 x e ik x = (2π) 3 δ (3) (k) R 3 d 3 x = (2π) 3 δ (3) (k = 0) R 3 On peut écrire une densité d énergie par volume : E 0 = H V = d 3 k (2π) 3 2ω k (4.33) mais cette expression diverge pour k grand (divergence UV). On définit une fréquence de coupure Λ : d 3 k E 0 = lim Λ k <Λ (2π) 3 2ω k (4.34) Cette expression diverge comme Λ 4. On a Ĥ n 1 n N = d 3 k ω k ˆNk n 1 n N (4.35) et ˆN k n 1 n N = ( n 1 δ (3) (k k 1 ) + + n N δ (3) (k k N ) ) n 1 n N (4.36) ce qui donne Ĥ n 1 n N = ω i n i n 1 n N (4.37) i }{{} E 22

23 L impulsion p est ˆp = d 3 x ( φ φ) = d 3 k (2π) 3 k ˆN k (4.38) et ˆp n 1 n N = i n i k i n 1 n N (4.39) et finalement Ĥ p = ω p p ˆp p = p p ω p = k 2 + m 2 (4.40a) (4.40b) (4.40c) 23

24 5 Champ scalaire en interaction 5.1 Champ scalaire avec source Considérons l ajout d une source j(x) au lagrangien de Klein Gordon (4.1) : L équation du mouvement est : L = L g + L i = 1 2 µφ µ φ m2 2 φ2 + jφ (5.1) Si j 0 alors φ = 0 n est plus solution Fonctions de Green Cas général Introduisons la fonction de Green G(x, x ) telle que ( +m 2 )φ = j (5.2) ( x +m 2 )G(x, x ) = δ (4) (x x ) (5.3) Alors la solution générale de l équation (5.2) est φ(x) = d 4 x G(x, x )j(x ) + φ 0 (x) (5.4) où φ 0 est solution de l équation sans source (4.2). Montrons qu il s agit en effet d une solution : ( x +m 2 )φ = ( x +m 2 ) d 4 x G(x, x )j(x ) + ( x +m 2 )φ 0 (x) = d 4 x ( x +m 2 )G(x, x )j(x ) + 0 = d 4 x δ (4) (x x )j(x ) = j(x) Considérons une translation des coordonnées x x + a et x x + a, alors l équation (5.3) est invariante. G ne peut donc dépendre que de la différence de x et x : G(x, x ) = G(x x ) (5.5) Exemple 5.1 (Fonction de Green de l équation de Klein Gordon euclidienne). L équation considérée est ( 2 t + 2 m 2 )G(x x ) = δ (4) (x x ) (5.6) La transformée de Fourier de G est : G = d 4 x e ikx G(x) (5.7) L équation précédente devient alors ( 2 t + 2 m 2 ) G = (k k 2 + m 2 ) G = ( k 2 + m 2 ) G = 1 24

25 d où G = qui permet de déduire G : G E (x x ) = et alors Si m 2 = 0, on déduit : 1 k 2 + m 2 (5.8) d 4 k (2π) 4 e ik(x x ) k 2 + m 2 (5.9) φ E = d 4 x G(x x )j(x ) (5.10) G E (x x ) = 1 4π 1 x x 2 (5.11) Traitons maintenant l équation de Klein Gordon avec source (5.2). Après transformée de Fourier de l équation (5.3), on trouve : ( k 2 + m 2 ) G = ( k ω 2 ) G = 1 (5.12) Toutefois il est impossible d inverser 4 cette équation à cause du fait qu elle n est pas définie pour k 2 = m 2 : ne solution est de déformer le contour C et d intégrer dans C G c = d 3 k dk 0 (2π) 3 C 2π e ik0t+ik x k ω2 (5.13) mais G n est alors pas définie de manière univoque. Il reste ensuite à refermer le contour par un demi-cercle, en prenant garde à ce qu il ne contribue pas à l intégrale : pour ce faire, il faut que la partie réelle de l argument de l exponentielle soit négative : R( ik 0 t) = ti(k 0 ) < 0 (5.14) donc et ainsi t > 0 = I(k 0 ) < 0 t < 0 = I(k 0 ) > 0 (5.15) e ik0t = e itr(k0) e ti(k0) 0 (5.16) k Fonctions de Green avancée et retardée Les contours C A et C R de la figure 1 permettent de définir les fonctions avancée G A et retardée G R, avec les propriétés suivantes : G A (t t, x x ) = 0 si t > t. G R (t t, x x ) = 0 si t < t. Commençons par étudier la fonction de Green retardée G R. Cette dernière est nulle pour t > 0 car le contour ne contient aucun pôle (figure 2) et donc l intégrale est nulle. 4. Un opérateur D dans une équation Dφ = j est inversible s il existe D 1 tel que φ = D 1 j. D 1 existe ssi Dφ = 0 φ = 0. Cette propriété est vérifiée dans le laplacien euclidien, mais pas pour le dalembertien. 25

26 Figure 1 Possibilités de déformation du contour d intégration. Figure 2 Contour d intégration pour la fonction de Green retardée avec t < 0. Considérons maintenant la valeur de l intégrale pour t < 0 (figure 3) : d 3 k dk 0 e ik0t+ik x G R = (2π) 3 C R 2π k0 2 + ω2 k d 3 k = eik x dk 0 e ik0t (2π) 3 C R 2π (ω k + k 0 )(ω k k 0 ) d 3 k = eik x 1 ( e iω (2π) 3 2π 2πi k ) t + e iωkt 2ω k 2ω k d 3 k e ik x = (2π) 3 i ( e iωkt e iω kt ) 2ω k ce qui nous donne (pour tout t) : G R (t t, x x ) = θ(t t ) d 3 k e ik x (2π) 3 i ( e iωkt e iω kt ) (5.17) 2ω k Une autre procédure tout à fait équivalente à la déformation des contours consiste à déplacer les pôles d une valeur ±iε (figure 4) en faisant tendre ε vers 0 à la fin 5 : k0 2 ω2 k (k 0 + iε) 2 ωk 2 = ( k0 + (ω k + iε) )( k 0 (ω k iε) ) (5.18) Le champ donné par la fonction retardée est : t φ R (t, x) = d 3 x dt G R (t t, x x )j(t, x ) (5.19) 5. Le signe + donnera la fonction de Green retardée, et le signe la fonction avancée. 26

27 Figure 3 Contour d intégration pour la fonction de Green retardée avec t > 0. Figure 4 Contour d intégration, pour la fonction de Green retardée, avec les pôles déplacés. La fonction de Green retardée donne l effet de la source à un instant donné en prenant en compte tout ce qui s est produit avant. Elle respecte ainsi la causalité. Sa transformée de Fourier (spatiale) vaut : G R (t, k) = i 2ω k ( e iω k t e iω kt ) θ(t) (5.20) La fonction avancée possède une interprétation inverse de celle de la fonction retardée. Par exemple, en connaissant le système au temps présent, il est possible de déterminer la source dans le passé : φ A (t, x) = d 3 x dt G A (t t, x x )j(t, x ) (5.21) Sa transformée de Fourier (spatiale) vaut : G A (t, k) = Autres fonctions de Green t i 2ω k ( e iω k t e iω kt ) θ( t) (5.22) En introduisant les deux fonctions D + et D, définies par D ± = e iω kt = e ik x f ± (5.23) 27

28 où on a réutilisé les expressions (4.14) de f ±, on peut récrire les transformées de Fourier (5.20) et (5.22) : G R = i (D + D )θ(t) 2ω k G A = i (D D + )θ( t) 2ω k (5.24a) (5.24b) Figure 5 Contour d intégration pour la différence des fonctions de Green. d où En faisant la différence des deux fonctions, on obtient 6 : G R G A = G R G A = i 2ω k (D + D ) (5.25) CR CA e ikx k 2 0 ω2 (5.26) où le contour est montré sur la figure 5. On peut chercher à exprimer D + et D en fonction de G R et G A : D ± = 1 2 ( G R ± G A ) (5.27) La fonction de Green de Feynman G F (figure 6) est définie par G F (t) = D + (t)θ(t) + D (t)θ( t) (5.28) Figure 6 Contour d intégration pour la fonction de Green de Feynman. La rotation de Wick permet de retrouver la fonction de Green euclidienne (5.9) à partir de la fonction de Feynman (5.28) en utilisant un temps imaginaire : G F (t) = = i i i = ig E (τ) dω 2π dk 4 2π e iωt ω 2 ω 2 k + iε e ik4τ k 2 4 k2 ω 2 + iε 6. La différence de deux fonctions de Green G 1 et G 2 est solution de l équation homogène. En effet, on a ( +m 2 )(G 1 G 2 ) = δ δ = 0. 28

29 où on a posé ω = ik 4 t = iτ (5.29) Énergie et couplage L énergie pour un lagrangien avec source est E = 1 2 φ ( φ)2 + m2 2 φ2 jφ (5.30) L influence d une source j 1 (x) sur une source j 2 (y) est donnée par E = d 3 x j 2 (x)φ 1 (x) = d 3 xd 3 x j 2 (x)g(x x )j 1 (x ) (5.31) Ainsi la fonction de Green décrit l interaction entre les deux souces ; elle s interprète comme un échange de particules. L action S 0 du système est donnée à partir du lagrangien (5.1) S 0 = d 4 x ( 1 2 µφ µ φ m2 2 φ2 L action totale du système est alors donnée par ) + d 4 x jφ (5.32) S = S 0 + S k [j] (5.33) où S k [j] est un terme cinétique pour j. La variation de l action par rapport à j donne alors : δ S k δ j + δ S 0 δ j = 0 δ S k δ j + φ = 0 δ S k δ j(x) + d 4 y G(x, y)j(y) = 0 et on déduit que l action effective pour j est S eff [j] = S k [j] + 1 d 4 x d 4 y j(x)g(x, y)j(y) (5.34) 2 Cette action ne peut être mise sous la forme d une densité de lagrangien d 4 x L(x) et n est donc pas locale : les interactions entre les particules sont instantannées. Exemple 5.2 (Interaction entre deux sources ponctuelles). Considérons pour la partie cinétique le terme S k = dt 1 2 mẋ2 0 (5.35) et deux sources ponctuelles j(x) = qδ (3) (x x 0 (t)) + q δ (3) (x x 1 (t)) (5.36) 29

30 La fonction de Green est donnée par dω G = 2π et l intégrale sur le temps donne : d 3 k (2π) 3 e iω(t t )+ik (x x ) ω 2 k 2 m 2 + iε (5.37) = dt d 3 k dω e ik (x x ) (2π) 3 2π e ik (x x ) k 2 +m 2 ω 2 k 2 m 2 +iε e iωt 2πδ(ω) = dt d 3 k (2π) 3 ( d dt dt G(t t, x x 3 k ) = (2π) 3 dt ) ( eik (x x ) dω 2π 1 ω 2 k 2 m 2 + iε dt e iω La présence des sources à tout instant t conduit à une énergie infinie. On notera T = dt (5.38) où T correspond au temps de l expérience, et on s intéressera uniquement à l énergie par unité de temps. On peut montrer que V (x) = d 3 k (2π) 3 e ik x k 2 + m 2 = 1 4π e m x x L équation (5.34) donne alors : E eff = S eff T = 1 d 3 x d 3 x ( qδ (3) (x x 0 ) + q δ (3) (x x 1 ) ) V (x x ) 2 ( qδ (3) (x x 0 ) + q δ (3) (x x 1 ) ) = 1 2 2qq d 3 x d 3 x δ (3) (x x 0 )δ (3) (x x 1 ) ) 1 4π e m x x x x q2 d 3 x d 3 x δ (3) (x x 0 )δ (3) (x x 0 ) ) V (x x ) q 2 d 3 x d 3 x δ (3) (x x 1 )δ (3) (x x 1 ) ) V (x x ) = qq 4π e m x0 x1 x 0 x 1 + q2 q 2 V (0) V (0) (5.39) Or V (0) = et l énergie est infinie. Ce problème est dû au fait que les sources sont ponctuelles. On obtient le lagrangien L = 1 2 mẋ2 0 qq e m x0 x1 x 0 x 1 (5.40) ce qui donne l équation de mouvement mẍ 0 = V (x x 0 ) (5.41) 30

31 avec On a la relation 1 d 3 x d 3 x j(x)g(x, x )j(x ) = 1 d 3 k d 3 k j(k) 2 2 (2π) G( k, 6 k ) j(k ) = qq V d 3 k eik(x0 x1) k 2 + m 2 j(k) = d 3 x e ik x j(x) = q e ikx0 (5.42) On a ω = 0. On dit alors que les particules sont "virtuelles" (ou encore qu elles ne sont pas sur leur couche de masse) : elles ne satisfont pas la relaation de dispersion Potentiels retardés On rappelle l expression de la fonction retardée (5.17) G R (x) = iθ(t) d 3 k (2π) 3 e ik x e ik x 2ω k Si m = 0, on a ω k = k, E = p, v = 1, x = t, et alors G R (x) = iθ(t) δ(t x ) 4π x (5.43) Le champ φ vaut φ(t, x) = = d 4 x G(x x )j(x ) d 3 x j(t x x, x ) 1 4π x x donc où φ(t, x) = 1 4π x x 0 (t ret ) (5.44) t ret = t x(t) x 0 (t ret ) (5.45) 5.2 Auto-interactions Dans le cas général, le lagrangien pour φ s écrit L = 1 2 µφ µ φ V (φ) (5.46) avec On notera V (φ) = m2 2 φ2 + V I (φ) (5.47) V (φ) = dv dφ (5.48) 31

32 L équation du mouvement est Par exemple on peut avoir φ + V (φ) = 0 (5.49) V I (φ) = g 3 φ3 + λ 4 φ4 (5.50) Les équations sont non linéaires dès lors que V I (φ) 0, car elles contiennent des termes quadratiques, ou plus, en φ. On appelle solution de vide φ 0 toute solution constante des équations du mouvement (5.49). Elle vérifie donc V (φ 0 ) = 0 (5.51) Dans ce cas, les petits déplacements de φ autour de sa position de vide s écrivent φ(x) = φ 0 (x) + δφ(x) δφ φ 0 (5.52) On peut développer le potentiel V et sa dérivée V autour de φ 0 : V (φ 0 + δφ) V (φ 0 ) + V (φ 0 )δφ + (δφ)2 V (φ 0 ) + 2 V (φ 0 + δφ) V (φ 0 ) + V (φ 0 )δφ + (δφ)2 V (φ 0 ) + 2 (5.53a) (5.53b) (5.53c) En ne gardant que les termes linéaires, et en tenant compte du fait que V (φ 0 ) = 0, on trouve : V (φ 0 + δφ) V (φ 0 )δφ (5.54) et l équation du mouvement (5.49) devient φ + V (φ) = (φ 0 + δφ) + V ((φ 0 + δφ)) (δφ) + V (φ 0 )δφ = 0 On retrouve l équation de Klein Gordon, mais cette fois-ci pour la perturbation : δφ + m 2 δφ = 0 (5.55) où on définit m 2 par m 2 = V (φ 0 ) (5.56) Si m 2 = V (φ 0 ) < 0 (ce qui correspond à un maximum du potentiel), alors la masse est imaginaire pure (tachyon). Les solutions correspondantes n ont pas de sens physique et indiquent une instabilité, dû au fait que l on a développé autour du mauvais vide. Posons iµ = m et écrivons l équation de Klein Gordon (partie temporelle) : 2 t δφ µ 2 δφ = 0 (5.57) La solution est δφ = A e µt + B e µt (5.58) Le second terme tend vers l infini quand t et il doit être éliminé. Toutefois, le premier terme tend vers 0 : τ = 1/µ correspond alors au temps de vie de l état instable considéré. 32

33 Exemple 5.3. Considérons le potentiel (figure 7) V (φ) = λ 4 (φ2 v 2 ) 2 (5.59) La dérivée première vaut Figure 7 Potentiel de l équation (5.59). V (φ) = λ(φ 2 v 2 )φ (5.60) qui s annule pour La dérivée seconde est φ 0 = 0 φ ± = ±v (5.61) V (φ) = λ(3φ 2 v 2 ) (5.62) Explorons les cas φ 0 et φ ± séparément : Pour φ 0 = 0, on a m 2 = V (φ 0 ) = λv 2 < 0 ce qui implique m = iv λ. Il s agit d une instabilité. La relation de dispersion donne E 2 +p 2 = m 2 < 0. Pour φ 0 = φ ±, on a m 2 = V (φ ± ) = 2λv 2 > 0. Dans le cas général d un système à n champs φ = (φ i,..., φ n ), le lagrangien est L = 1 µ φ i µ φ i V (φ) (5.63) 2 Le vide est obtenu en cherchant une solution aux n équations : i V φ i (φ 0 ) = 0 i [1, n] (5.64) où φ j0 sont les solutions de vide. Une solution développée autour de ce vide s écrit φ = φ 0 + δφ (5.65) 33

34 Après linéarisation autour du vide, on obtient n équations couplées : µ µ δφ i + j 2 V φ i φ j (φ 0 ) δφ j = 0 (5.66) que l on récrit où M est la matrice de masse ayant pour coefficient : µ µ δφ + Mδφ = 0 (5.67) M ij = 2 V φ i φ j (φ 0 ) (5.68) Considérons la matrice de passage P (P 1 = P t ) qui permet de diagonaliser M : D = P MP 1 (5.69) Alors dans cette nouvelle base, les champs deviennent δφ = P φ et on obtient n équations découplées : µ µ δφ i + λ i δφ i = 0 (5.70) avec λ i = m 2 i > 0. Exemple 5.4 (Potentiel en φ 3.). On prend avec g 1. Dans ce cas l équation du mouvement devient V I = g 3 φ3 (5.71) φ + m 2 φ + gφ 2 = 0 (5.72) On cherche une solution sous forme de développement perturbatif : Ordre 0 : Ordre 1 : d où φ = φ 0 + gφ 1 + g 2 φ 2 + (5.73) ( +m 2 )φ 0 = 0 (5.74) ( +m 2 )(φ 0 + gφ 1 ) = g(φ 0 + gφ 1 ) 2 ( +m 2 )φ 1 = φ 2 0 (5.75) φ 2 0 agit comme une source pour φ 1 et on peut donc écrire : φ 1 (x) = d 4 y G(x, y)φ 2 0(y) (5.76) Ordre 2 : et alors φ 2 (x) = ( +m 2 )φ 2 = 2φ 0 φ 1 (5.77) d 4 y G(x, y)φ 0 (y) d 4 y G(y, y )φ 2 0(y ) (5.78) 34

35 (a) Ordre 0. (b) Ordre 1. (c) Ordre 2. Figure 8 Vertex typique d une autointeraction en φ 3. La solution générale s écrit finalement (à l ordre 2) : φ(x) = φ 0 (x) + gφ 1 (x) + g 2 φ 2 (x) (5.79) Chaque terme correspond à un certain type de vertex (figure 8). L autointeraction permet la création de particules, le transfert d imulsion... p φ 0 = p φ g G p φ 0 φ 0 0 (5.80) 35

36 6 Symétries et lois de conservations 6.1 Généralités Considérons l action générale S[φ] = d 4 x L(φ, µ φ) (6.1) Une transformation φ = f(φ) est une symétrie si S[φ ] = S[φ]. Une symétrie est dite continue si elle dépend d un paramètre continu : φ = f α (φ), avec α R. Une symétrie qui n est pas continue est dite discrète. Exemple 6.1 (Symétrie discrète). Soit le lagrangien (4.1) L = 1 2 µφ µ φ m2 2 φ2 Alors l action est invariante par la transformation φ = φ : S[φ] = S[ φ]. De plus, si φ 0 est une solution de vide, alors φ 0 l est aussi. Exemple 6.2 (Symétrie continue U(1)). Soit φ un champ scalaire complexe. Alors l action S = d 4 x ( µ φ µ φ m 2 φ φ) est invariante par la transformation { φ = e iθ φ φ = e iθ φ En effet, on a S[ e iθ φ] = S[φ]. Définition : Un groupe G possède les propriétés suivantes : 1. g, h G gh G. 2. g G : 1g = g1 = g. 3. g G : g 1 gg 1 = g 1 g = Il est de plus commutatif (ou abélien) si g, h G gh = hg. 5. Un groupe est dit linéaire si g(φ 1 + λφ 2 ) = gφ 1 + λgφ 2 où φ 2 sont des champs de l espac où le groupe G agit. Exemple 6.3 (Groupe U(1)). On considère le groupe U(1) d éléments δ α = e iα. Il possède les propriétés suivantes : 1. φ = δ α φ, φ = δ β φ φ = δ β δ α φ. 2. δ β δ α φ = δ α+β φ. 3. δ α δ α φ = φ. 4. φ = δ α φ φ = δ α φ. 36

37 5. δ 0 φ = φ. U(1) est appelé groupe unitaire sur C. On peut définir le groupe unitaire C n, que l on note U(n), par : U(n) = { U M n (C) U U = 1 } (6.2) Exemple 6.4 (Invariance par U(2)). Soient deux champs complexes φ 1 et φ 2 et on notera φ = (φ 1, φ 2 ). On veut déterminer la forme des lagrangiens invariants par U(2). Soient φ = Uφ. Alors µ φ µ φ (U µ φ) (U µ φ) = ( µ φ )U U( µ φ) Considérons maintenant le potentiel = ( µ φ )( µ φ) V (φ 1, φ 2 ) = 1 2 (m2 1 φ m 2 2 φ 2 2 ) Ce dernier n est invariant que si m 2 1 = m 2 2. Plus généralement, tout potentiel de la forme V = V (φφ ) (6.3) sera invariant. Le groupe spécial unitaire est défini par On a : U(2) = U(1) SU(2). SU(2) = {U U(2) det U = 1} (6.4) 6.2 Théorème de Noether et courants conservés Énoncé et démonstration Théorème de Noether : Pour toute symétrie continue de l action il existe un courant conservé j µ (x) : µ j µ = 0 (6.5) Ceci implique l existence d une charge conservée, définie par Q(t) = d 3 x ρ(t, x) (6.6) En effet, on a : dq dt = d ρ(t, x) d 3 x = t ρ(t, x) d 3 x dt R 3 R 3 = J(t, x) d 3 x = J n ds = 0 R 3 R 3 Démontrons le théorème. Soit l action dépendant de n champs : S[φ a ] = d 4 x L(φ a, µ φ a ) (6.7) On utilisera la convention de sommation pour les indices des champs. Soit une transformation φ a = f α a (φ b ), alors si : 37

38 α = 0, il s agit de la transformation identité : φ a = φ a. α 1, il s agit d une transformation infinitésimale. On considère des transformations infinitésimales : { x x = x + δ x φ a φ a(x ) = φ a (x) + δ φ a (x) (6.8) Remarquons que la variation δ φ a (x) δ φ a (x) = φ a(x ) φ a (x) (6.9) représente la variation du champ dû à la fois à la transformation du champ et à la transformation des coordonnées. On définit alors la variation en un point fixé de l espace par δ 0 φ a (x) = φ a(x) φ a (x) (6.10) Déterminons le lien entre d 4 x et d 4 x. On a ( d d 4 x 4 x ) = det d 4 d 4 x x (1 + µ δ x µ ) d 4 x ( ) d où det 4 x d 4 x est le jacobien du changement de variable. Calculons pour deux dimensions d espace : ( d 4 x ) det d 4 = x 0x 0 1 x 0 0 x 1 1 x 1 = δ x 0 1 δ x 0 0 δ x δ x 1 = (1 + 0 δ x 0 )(1 + 1 δ x 1 ) ( 1 δ x 0 )( 0 δ x 1 ) δ x δ x 1 en se limitant à l ordre 1. Cherchons le lien entre δ φ et δ 0 φ (à l ordre 1) : d où δ φ a (x) = φ a(x ) φ a (x) = φ a(x + δ x) φ a (x) φ a(x) + δ x µ µ φ a(x) φ a (x) = φ a(x) + δ x µ µ ( φa (x) + δ 0 φ a (x) ) φ a (x) δ φ a (x) = δ 0 φ a + δ x µ µ φ a (x) (6.11) Notons que cette formule peut s appliquer à tout champ, L compris. Nous pouvons maintenant écrire la variation de l action (en se limitant tou- 38

39 jours à l ordre 1 et en utilisant les formules) : δ S = d 4 x L ( φ a(x ), µ φ a(x ), x ) d 4 x L ( φ a (x), µ φ a (x), x ) d 4 x (1 + µ δ x µ )L ( φ a(x ), µ φ a(x ), x ) d 4 x L ( φ a (x), µ φ a (x), x ) = d 4 x ( δ L + ( µ δ x µ )L ) = d 4 x ( δ 0 L + ( µ L) δ x µ + ( µ δ x µ )L ) ( d 4 x δ 0 φ a + ) φ a ( µ φ a ) µ(δ 0 φ a ) + µ (δ x µ L) ( ) [ ( )] = d 4 x δ 0 φ a µ + d 4 x µ (δ x µ L) + µ φ a ( µ φ a ) ( µ φ a ) δ 0 φ a Le premier terme redonne les équations d Euler-Lagrange, tandis que le second est une 4-divergence. Concentrons-nous sur ce dernier et notons-le δ S v : ( δ S v = d 4 x µ δ x µ L + ) ( µ φ a ) δ 0 φ a ( = d 4 x µ δ x µ L + ) ( µ φ a ) (δ φ a δ x ν ν φ a ) [ ( ) ] = d 4 x µ ( µ φ a ) δ φ a ( µ φ a ) νφ a δ ν µ L δ x ν Considérons maintenant le cas de transformations linéaires : { δ x µ = ε r X µ r δ φ a = ε r Φ ar (6.12) où {ε r } est l ensemble des paramètres de la transformation. r représente un nombre quelconque d indices et il est soumis à la convention de sommation. Dans ce cas, δ S v devient : [ ( ) ] δ S v = d 4 x µ ( µ φ a ) δ φ a ( µ φ a ) νφ a δ ν µ L δ x ν [ ( ) ] = d 4 x µ ( µ φ a ) ε rφ ar ( µ φ a ) νφ a δ ν µ L ε r Xr ν Le courant conservé est donc : J µ r = ( µ φ a ) Φ ar Autres démonstrations ( ) ( µ φ a ) νφ a δ ν µ L Xr ν (6.13) Il est possible de démontrer le théorème de Noether d une manière plus rapide pour des cas moins généraux. δ S = 0 est possible dans deux conditions : 1. δ L = 0. 39

40 2. δ L = µ K µ. Si on ne considère que les variations des champs φ a φ a +ε δ φ a, la variation d action se réduit à : ( δ S = d 4 x δ 0 φ a + ) φ a ( µ φ a ) µ(δ 0 φ a ) Dans le premier cas, si = 0, on a φ a δ φ a + ( µ φ a ) µ(δ 0 φ a ) = 0 ce qui donne, si les équations d Euler Lagrange sont satisfaites : µ ( µ φ a ) δ φ a + ( ) ( µ φ a ) µ(δ 0 φ a ) = µ ( µ φ a ) δ φ a Dans ce cas, le courant s écrit : j µ = Dans le second cas avec δ L = µ K µ, la relation est équivalente à = 0 ( µ φ a ) δ φ a (6.14) δ L = µ j µ µ j µ = µ K µ et on peut donc construire un nouveau courant conservé : J µ = j µ K µ (6.15) toujours à condition que les équationd d Euler Lagrange soient vérifiées. 6.3 Applications du théorème de Noether Nous allons voir que les symétries d espace temps conduisent à la conservation de quantités cinématiques, tandis que les symétries internes conduisent à la conservation de propriétés internes, comme la charge Symétrie U(1) Considérons à nouveau un champ complexe φ avec le lagrangien Ce dernier est invariant par la transformation L = µ φ µ φ m 2 φ φ 2 (6.16) φ = e iθ φ (1 + iθ)φ (6.17) où θ est le paramètre de la transformation. On a donc δ φ = iφ (6.18) 40

41 Pour le champ conjugué, on obtient les relations suivantes : φ = e iθ φ (1 + iθ)φ δ φ = iφ (6.19a) (6.19b) soit Le courant conservé est alors j µ = ( µ φ) δ φ + ( µ φ ) δ φ = ( µ φ )iφ ( µ φ)iφ j µ = i φ µ φ (6.20) La charge conservée est Q = i d 3 x(φ φ φ φ) (6.21) Pour un champ scalaire complexe, la solution de l équation de Klein Gordon est : d 3 k φ = (2π) 3 (a k e ikx + b k e ikx ) (6.22) Si a k et b k deviennent des opérateurs, alors les seuls commutateurs non nuls sont : ] [â k, â k = [ˆbk, ˆb ] k = 2ω k δ (3) (k k ) (6.23) Dans ce cas le calcul de Q donne : = d 3 k (2π) 2ω 3 k (â kâk ˆb kˆb k ) Q = i d 3 x(φ φ φ φ) = i d 3 x d 3 k d 3 k ( (2π) 3 (2π) 3 (â k eikx + ˆb k e ikx )( iω k â k e ik x + iω k ˆb k e ik soit Q = d 3 k ( ˆN k + ˆN k ) (6.24) où on a réutilisé la définition du nombre de particules : ˆN k + = (2π) 3 2ω k â kâk (6.25a) ˆN k = (2π) 3 2ω k ˆb kˆb k (6.25b) Cherchons la transformation équivalente pour des champs réels ; pour cela notons ψ = 2 R(φ) et χ = 2 I(φ). Dans ce cas, on a : φφ = 1 2 (ψ2 + χ 2 ) µ φ µ φ = 1 2 ( µψ µ ψ + µ χ µ χ) 41

42 Les variations des champs sont données par 1 (δ ψ + i δ χ) = δ φ = iφ = i (ψ + iχ) 2 2 que l on peut écrire sous forme matricielle : ( ) ( ) ( ) δ ψ 0 1 ψ = δ χ 1 0 χ et ainsi ( ) ψ = χ ( 1 θ θ 1 ) ( ψ χ Une transformation non infinitésimale donne ( ) ( ) ( ψ cos θ sin θ ψ χ = sin θ cos θ χ) ) (6.26) (6.27) (6.28) Il s agit d une rotation d angle θ dans l espace des champs Tenseur énergie impulsion Considérons une transformation des coordonnées x µ x µ + a µ (6.29) alors la variation du champ s écrit (en utilisant la formule (6.11)) : soit φ (x ) = φ (x µ + a µ ) φ (x) + a µ µ φ(x) = φ(x) δ 0 φ = a µ µ φ(x) = µ (a µ φ(x)) (6.30) comme a µ est constant. En appliquant cette formule au lagrangien, on obtient : δ 0 L = µ (a µ L) (6.31) Il s agit d une variation totale, donc δ S = 0 et ( ) ( ) µ J µ = µ ( µ φ) δ 0 φ = µ ( µ φ) (aν ν φ) et finalement ( ) µ J µ = δ 0 L µ ( µ φ) (aν ν φ) = µ (a µ L) (6.32) d où ( ) µ ( µ φ) (aν ν φ) a µ L ( ) = a ν µ ( µ φ) ( νφ) δ ν µ L et le courant conservé, noté T µ ν, est : T µν = ( µ φ) ( νφ) η µν L (6.33) 42

43 Exemple 6.5. Considérons le lagrangien L = 1 2 µφ µ φ V (φ) (6.34) Dans ce cas, le tenseur énergie impulsion vaut ( ) 1 T µν = µ φ ν φ η µν 2 µφ µ φ V (6.35) Les différentes composantes sont : E = T 00 = 1 2 ( φ 2 + ( φ) 2 ) + V P i = T 0i = φ i φ P ij = T ij = i φ j φ (6.36a) (6.36b) (6.36c) On retrouve la densité d énergie E, la densité d impulsion P i et le tenseur des contraintes P ij. Les équations de conservation sont alors : t E + P = 0 t P i + P i = 0 (6.37a) (6.37b) La charge conservée de la composante temporelle est l énergie : E = d 3 x E (6.38) T µν n est pas forcément symétrique, mais il est toujours possible de le symétriser Transformations de Lorentz On considère la transformation d espace correspondant aux transformations de Lorentz : x µ Λ µ νx ν (6.39) avec Près de l unité, on a Montrons que ω µν est antisymétrique : ce qui implique Λ µν Λ ν ρ = η νρ (6.40) Λ µν = η µν + ω µν ω µν 1 (6.41) (η µν + ω µν )(δ ν ρ + ω ν ρ ) = η µρ η µν δ ν ρ + ω µν δ ν ρ + η µν ω ν ρ = η µρ ω µρ + ω ρµ = 0 Il existe donc six paramètres indépendants. ω µρ = ω ρµ (6.42) 43

44 La variation de la position s écrit : x µ = x µ + δ x µ = x µ + ω µν x ν (6.43) Calculons la variation du champ de la manière habituelle : δ φ = φ(x ) φ(x) = φ(x µ + ω µν x ν ) φ(x) ω µν x ν µ φ que l on peut récrire en utilisant la propriété d antisymétrie de ω µν : et on notera δ φ = 1 2 ω µν(x ν µ x µ ν )φ (6.44) L µν = x ν µ x µ ν (6.45) qui est aussi antisymétrique. En utilisant les relations de correspondances p i, on voit qu il s agit du moment angulaire. On utilisera les notations : L ij = x j i x i j L i = 1 2 ε ijkl jk K i = L 0i Si on considère un champ ψ quelconque tel que alors dans le cas général on a (6.46a) (6.46b) (6.46c) δ ψ = ω µν J µν (6.47) J µν = L µν + S µν (6.48) L µν comporte des dérivées spatiales : il s agit donc d un opérateur spatial. Quant à lui, S µν correspond l opérateur de spin, qui est entièrement interne. Il est nul pour un champ scalaire : celui-ci est donc de spin 0. On peut calculer les relations de commutation suivantes : car [J µν, J ρσ ] = η µρ J νσ η νρ J µσ (6.49a) [ L i, L j] = ε ijk L k (6.49b) [ K i, K j] = ε ijk L k (6.49c) [ L i, K j] = ε ijk K k (6.49d) Si on applique la formule (6.44) au lagrangien, alors on obtient : δ L = µ (ω µν x ν L) (6.50) µ (ω µν x ν L) = ω µν ( µ x ν )L + ω µν x ν µ L = ω µν η µν L + ω µν x ν µ L }{{} =0 = ω µν x ν µ L 44